9246. Дана прямая призма ABCA_{1}B_{1}C_{1}
, основание которой — прямоугольный треугольник ABC
с прямым углом C
и катетом BC
, вдвое большим бокового ребра призмы. Точка M
— середина ребра A_{1}C_{1}
, точка N
лежит на ребре BC
, причём CN:NB=1:3
.
а) Докажите, что MN\perp CB_{1}
.
б) Найдите угол прямой MN
с плоскостью основания A_{1}B_{1}C_{1}
, если AA_{1}:AB=1:\sqrt{7}
.
Ответ. 45^{\circ}
.
Решение. а) Прямая A_{1}C_{1}
перпендикулярна двум пересекающимся прямым B_{1}C_{1}
и CC_{1}
плоскости BB_{1}C_{1}C
, значит, A_{1}C_{1}
— перпендикуляр к этой плоскости, а C_{1}N
— ортогональная проекция наклонной MN
на эту плоскость.
Обозначим CN=a
. Тогда BC=4a
, CC_{1}=2a
. Поскольку
\tg\angle CC_{1}N=\frac{CN}{CC_{1}}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}~\mbox{и}\tg\angle CB_{1}C_{1}=\frac{CC_{1}}{B_{1}C_{1}}=\frac{2a}{4a}=\frac{1}{2},
эти углы равны. Обозначим \angle CC_{1}N=\angle CB_{1}C_{1}=\alpha
. Пусть K
— точка пересечения отрезков C_{1}N
и CB_{1}
. Тогда
\angle KC_{1}B_{1}=\angle CC_{1}B-\angle CC_{1}N=90^{\circ}-\alpha.
Из треугольника C_{1}KB_{1}
находим, что
\angle C_{1}KB_{1}=180^{\circ}-\alpha-(90^{\circ}-\alpha)=90^{\circ},
значит, C_{1}N\perp CB_{1}
. Следовательно, по теореме о трёх перпендикулярах MN\perp CB_{1}
.
б) Из условия AA_{1}:AB=1:\sqrt{7}
получаем, что AB=2a\sqrt{7}
. Тогда
AC=\sqrt{AB^{2}-BC^{2}}=\sqrt{28a^{2}-16a^{2}}=2a\sqrt{3}.
Поскольку плоскости A_{1}B_{1}C_{1}
и ABC
параллельны, угол прямой MN
с плоскостью A_{1}B_{1}C_{1}
равен углу этой прямой с плоскостью ABC
. Пусть P
— середина ребра MN
. Тогда MP\parallel CC_{1}
, поэтому MP
— перпендикуляр к плоскости ABC
, а PN
— ортогональная проекция наклонной MN
на плоскость ABC
. Следовательно, искомый угол равен углу MNP
.
Из прямоугольного треугольника NCP
находим, что
PN=\sqrt{CN^{2}+CP^{2}}=\sqrt{a^{2}+3a^{2}}=2a,
а так как MP=CC_{1}=2a
, то прямоугольный треугольник MNP
равнобедренный. Следовательно, \angle MNP=45^{\circ}
.